滑块滑板模型资料.ppt

(2015·新课标全国Ⅰ·25)一长木 板置于粗糙水平地面上，木板左端放 置一小物块；在木板右方有一墙壁， 木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图 (a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离． 第二轮 滑块-滑板模型 解析　（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s 解得a1＝1 m/s2 小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即 μ1g＝a1 解得μ1＝0.1 第二轮 滑块-滑板模型 （2）　碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有 μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2 由于a2＞a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2 假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2， 解得t2＝0.5 s 第二轮 滑块-滑板模型 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m （3）最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2 所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m 第二轮 滑块-滑板模型 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 结束放映 返回目录 第*页 数字媒体资源库 物理建模： “滑块—滑板模型”问题 的剖析 1.模型特点 2.典例剖析 3.规律方法 4.跟踪训练 5.真题演练 动力学观点在力学中的应用 滑块-滑板模型 第二轮 任课教师 陆富强 第二轮 考情分析 1.“滑块-滑板”类问题，具有涉及考点多（运动学公式、牛顿运动定律、功能关系等），情境丰富，设问灵活，解法多样，思维量高等特点，是一种选拔功能极强的试题，也是新课标力学常考的试题。（15年全国卷1 25题；13年全国卷2 25题；11年全国卷 21题） 2.此类试题由于研究对象多、受力分析困难，运动过程复杂，往往会使考生“手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。是学生比较容易感到“头疼”的一类试题。因此探究并掌握此类试题的分析技巧和解题方法是十分必要的。 滑块-滑板模型 第二轮 1.模型特点 滑块-滑板模型 1.模型特点 涉及两个发生相对滑动的物体. 两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中 ?若滑块和滑板同向运动，位移之差（相对位移）等于板长 ?若滑块和滑板反向运动，位移之和（相对位移）等于板长. 设板长为L，滑块位移x1，滑板位移x2 同向运动时： 反向运动时： x1=L+x2 x2 L L=x1+x2 x2 x1 运动演示 易错辨析 第二轮 滑块-滑板模型 2.思维 模板 第二轮 滑块-滑板模型 2. 典例剖析 第二轮 滑块-滑板模型 转 解析 【例1】 如图示,光滑水平面上静止放着长L＝4 m,质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2) (1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？ (2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时的速度？ 审题析疑 1. 给出摩擦力存在的接触面. 2.此条件隐含物体与木板间摩擦力的大小及运动状态. 3.注意分析两者相对运动过程中的受力及运动关系. F F F的最大值为最大静摩擦力，即滑动摩擦力，此时两者共同匀加速运动. x2 x1 v1 v2 a1 a2 第二轮 滑块-滑板模型 转 原题 F F x2 x